|
|
giải đáp
|
Tứ giác nội tiếp
|
|
|
|
trên AC lấy 1 điểm M sao cho : $\widehat{ABM}=\widehat{CBD}$Ta có:$\widehat{ABM}+\widehat{CBM}=\widehat{ABC}=\widehat{ABD}+\widehat{CBD}=\widehat{ABD}+\widehat{ABM}$$\Rightarrow \widehat{ABD}=\widehat{CBM}$ $\triangle _{ABD}\sim \triangle _{MBC}$ (g,g) $\Rightarrow \frac{AD}{MC}=\frac{BD}{MC}$
$ \Rightarrow AD.BC = BD . MC (1)$ $\triangle _{ABM}\sim \triangle _{DBC}$(g,g)
$\Rightarrow \frac{AB}{DB}=\frac{AM}{DC}$
$\Rightarrow AB . DC = DB.AM (2)$ TA LẤY (1) + (2) THEO VẾ TA ĐƯỢC : $AD.BC + AB.DC = DB.MC + DB.AM = DB.(MC +AM)$
$\Rightarrow AD.BC + AB.DC = DB.(MC +AM) = DB.AC$ (điều phải chứng minh )
|
|
|
|
giải đáp
|
phương trình khó đây mọi người giúp mình với
|
|
|
|
k, m hướng dẫn thôi nha bn đặt từng cái căn lần lượt là $a,b,c$ có $x=ab+bc+ca $ có $2=a^2+x=a^2+ab+bc+ca=(a+b)(a+c)$
mấy cái kia tương tự, nhân lại được $(a+b)(b+c)(c+a)=.....$ nên có được $a+b;a+c;b+c$
nên tìm được $a$,hay $b,c$ j cx được, phần còn lại bn tự làm nha |
|
|
|
giải đáp
|
Xác định góc
|
|
|
|
Vẽ $MK \bot AC $ tại $K$ Xét $tg ABM$ có: $AH$ là đường cao ứng với cạnh $BM$ $AH$ là phân giác ứng với cạnh $BM$ ( vì $\widehat{BAH}=\widehat{HAM}=\frac{1}{2}\widehat{BAM}$) Nên $tg ABM$ cân tại $A$. Suy ra : $AH$ là đường trung tuyến ứng với cạnh $BM$ Hay $H$ là trung điểm của $BM$ Do đó $HM=\frac{1}{2}BM=\frac{1}{4}BC$ $tgAHM=tg AKM$(cạnh huyền góc nhọn) $\Rightarrow HM=KM\Rightarrow KM=\frac{1}{4}BC\Rightarrow KM=\frac{1}{2}MC$ $\Rightarrow \widehat{C}=30^{o}, \widehat{B}=60^{o},\widehat{A}=90^{o}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Tìm GTNN của biểu thức
|
|
|
|
$A=\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{8}{2xy}+8xy=\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{4}{2xy}+\frac{2}{xy}+8xy\geq \frac{(1+2)^2}{x^2+y^2+2xy}+2\sqrt{\frac{2}{xy}.8xy}=\frac{9}{(x+y)^2}+4\geq 13$
|
|
|
|
giải đáp
|
chung minh
|
|
|
|
$\triangle _{1}=a_{1}^2-4b_{1},\triangle _{2}=a_{2}^2-4b_{2}$ Do đó $\triangle _{1}+\triangle _{2}=a_{1}^2+a_{2}^2-4(b_{1}+b_{2})\geq a_{1}^2+a_{2}^2-2a_{1}a_{2}\geq 0$ $\Rightarrow \left[ {\begin{matrix} \triangle _{1}\geq 0\\ \triangle _{2}\geq 0\end{matrix}} \right.\Rightarrow đpcm$ |
|
|
|
giải đáp
|
Tìm số tự nhiên
|
|
|
|
Tuổi bố: x, tuổi em học sinh: y. Theo đ.k đầu bài: $99x + 2y = 4287$ (Phương trình vô định). Nghiệm nguyên của phương trình là $x = 43 + 2t(1); y = 15 - 99t(2)$ ( Nghiệm nguyên của phương trình vô định: $x = 43 + \frac{30+2x}{99}$; Vậy $30 + 2x = 99u$. Ta có $x = 15 - \frac{99u}{2}$ nên $u = 2t$ ). Từ $(2): 0 < 15 - 99t < 100.$ Vậy $t = 0.$ Từ $(1), (2)$ ta có tuổi bố và em học sinh. |
|
|
|
giải đáp
|
Chứng minh
|
|
|
|
Trên tia đối tia DA lấy điểm E sao cho $\widehat{ABE}=\widehat{ADC}$ (điều này được vì $\widehat{ADC}>\widehat{ABC}$) $\triangle ABE\sim \triangle ADC \Rightarrow \frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AC}$ $\Rightarrow AB . AC = AD . AE$ $\triangle DBE \sim \triangle DAC\Rightarrow \frac{BD}{AD}=\frac{DE}{DC}$ $\Rightarrow BD.DC=AD.DE$ Do đó: $AB . AC - BD . DC = AD(AE – DE)$ Hay: : $AB . AC - BD . DC = AD^{2}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Tìm số tự nhiên n để
|
|
|
|
A=n2012+n2002+1
⇔A=n2012−n2+n2002−n+n2+n+1
⇔A=n2[(n3)670−1]+n[(n3)667−1]+n2+n+1
⇔A=(n3−1).x+(n3−1).y+n2+n+1
⇔A=(n2+n+1)(x′+y′+1)
n=1→A=3 ( thỏa mãn )
n>1→A không là số nguyên tố do A là tích của hai số tư nhiên khác một
|
|
|
|
giải đáp
|
Thắc mắc ai giúp vs
|
|
|
|
$\frac{1}{64}(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{2b}+\frac{6}{b+c})=\frac{1}{64}(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{2b}+\frac{6^2}{6(b+c)})\geq \frac{1}{64}.\frac{(1+1+6)^2}{a+b+2b+6(b+c)}=\frac{1}{64}.\frac{64}{a+9b+6c}=\frac{1}{a+9b+6c} $(bunhia mở rộng)
|
|
|
|
giải đáp
|
đề thi hsg(5)
|
|
|
|
Qua $A$ vẽ $Ax//MD,Ax$ cắt $DC$ tại $F$ Qua $B$ vẽ $By//MC,By$ cắt $DC$ tại $E$. Chứng minh:$S_{ABCD}=S_{MEF}$ Lấy N là trung điểm của EF, MN chia tam giác MEF thành hai hình có diện tích bằng nhau và cùng chia tứ giác ABCD ra hai phần có diện tích bằng nhau. Nếu N thuộc đoạn thẳng DC, tức là $S_{AMD}<\frac{1}{2}S_{ABCD}$ và $S_{BMC}<\frac{1}{2}S_{ABCD}$ |
|
|
|
giải đáp
|
đề thi hsg(5)
|
|
|
|
2, Hệ $\Leftrightarrow \begin{cases}x+y=5-z\\ xy+(x+y)z=8 \end{cases}$ Đặt $\begin{cases}x+y=u \\ xy=v \end{cases}\Rightarrow x,y$ là nghiệm của pt: $t^2-ut+v=0 (a)$ Phương trình có nghiệm $\Leftrightarrow u^2-4v\geq 0 (*)$ Ta có hệ :$\begin{cases}u=5-z (1)\\ v+zu=8 (2)\end{cases}$. Thế $(1)$ vào $(2)\Rightarrow v=8-z(5-z)=z^2-5z+8$ Hệ có nghiệm $\Leftrightarrow (a)$ có nghiệm $\Leftrightarrow (*)$ xảy ra $\Rightarrow (5-z)^2-4(z^2-5z+8)\geq 0\Leftrightarrow -3z^2+10z-7\geq 0$ $\Leftrightarrow (z-1)(-3z+7)\geq 0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \begin{cases}z-1\geq 0\\ 7-3z\geq 0\end{cases}\\ \begin{cases}z-1\leq 0\\ 7-3z\leq 0\end{cases} \end{matrix}} \right.\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 1\leq z\leq \frac{7}{3}(3)\\\begin{cases}z\leq 1\\ z\geq \frac{7}{3} (VN)\end{cases} \end{matrix}} \right.$ Từ $(3)$ và do z nguyên nên $\Rightarrow z=1;2$ $*z=1\Rightarrow \begin{cases}u=4 \\ v=4 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x+y=4 \\ xy=4 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x=2 \\ y= 2\end{cases}$ $*z=2\Rightarrow \begin{cases}u=3 \\ v=2\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x+y=3 \\ xy=2 \end{cases}\Rightarrow \left[ {\begin{matrix} \begin{cases}x=1 \\ y=2 \end{cases}\\\begin{cases}x=2 \\ y=1 \end{cases} \end{matrix}} \right.$ Vậy hẹ pt có 3 nghiệm nguyênlà $(2;2;1),(1;2;2),(2;1;2)$
|
|
|
|
giải đáp
|
Tìm nghiệm nguyên của phương trình
|
|
|
|
$(x + y)³ - 3xy(x + y) + 6xy = 21$ $(x + y)³ - 3xy(x + y - 2) = 21$ đặt $x +y$ là $a$ và $xy$ là $b$ ta có $a³ - 3b(a - 2) = 21$ $\Leftrightarrow (a³ - 8) - 3b(a - 2) = 13$ $\Leftrightarrow (a - 2)(a² + 2a + 4) - 3b(a - 2) = 13$ $\Leftrightarrow (a - 2)(a² + 2a + 4 - 3b) = 13$ tự làm tiếp nhé |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
phương trình khó đây mọi người giúp với (2)
|
|
|
|
m,4x2−13x+5+3x+1−−−−−√=0
⇔−3x−1+3x+1−−−−−√+4x2−10x+6=0
→ Δ=(4x−5)2
Nên ta có 2 pt:
(1) 4x2−11x+3=0
⇒⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪x=11+73−−√8x=11−73−−√8
(2) 4x2−15x+8=0
⇒⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪x=15+97−−√8x=15−97−−√8
|
|
|
|
giải đáp
|
phương trình khó đây mọi người giúp với (2)
|
|
|
|
a,Ta có: $x^3-3x^2+2\sqrt{(x+2)^3}-6x=0$ $\Leftrightarrow x^3+6x^2-9x^2+12x-18x+2\sqrt{(x+2)^3}+8+1-9$ $\Leftrightarrow (x^3+6x^2+12x+8) +2\sqrt{(x+2)^3}+1=9x^2+18x+9$ $\Leftrightarrow (x+2)^3+2\sqrt{(x+2)^3}+1=\left[ {3(x+1)} \right]^2$ $(\sqrt{(x+2)^3}+1)^2=\left[ {3(x+1)} \right]^2$ đến đây bn tự lm nhá, vote hộ m vs |
|